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全5問・無料

北海道大学　2024年度（令和6年度）　前期日程　理系

北大理系 2024年度数学の解答・解説

北海道大学（北大理系）2024年度（令和6年度・2024年）前期日程・理系入試の数学全5問（第1問：三角関数・軌跡、第2問：確率、第3問：数列・積分、第4問：平面ベクトル、第5問：微分積分）について、当サイトで独自に解いた解答・計算過程・詳解・別解を大問ごとに掲載しています。

最終更新 2026/11/15

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/11/15時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

問題を転載している非公式サイトへのリンクは、当サイトでは行っていません。

第1問　三角関数・軌跡

2倍角の公式・三角方程式・媒介変数表示と軌跡・定義域の端点処理当サイトの体感難易度：標準

(1)実数 $t$ に対し、2点 $P (cos 2 t, cos t)$ と $Q (sin t, sin 2 t)$ が一致するような $t$ の値をすべて求める

答 $t = \frac{π}{6} + \frac{2}{3} nπ$ （ $n$ は整数）　（または $t = \frac{π}{6} + 2 nπ, \frac{5}{6} π + 2 nπ, \frac{3}{2} π + 2 nπ$ ）

2点の一致条件を2本の三角方程式で表し、2倍角の公式を使って次数と角を $sin t, cos t$ にそろえて因数分解する。

$P = Q$ となるための条件は、 $x$ 座標と $y$ 座標がそれぞれ等しいことだから

{cos 2 t = sin t cos t = sin 2 t \dots ① \dots ②

である。②に $sin 2 t = 2 sin t cos t$ を代入して移行すると

cos t (1 - 2 sin t) = 0

よって $cos t = 0$ または $sin t = \frac{1}{2}$ である。場合に分けて①を確かめる。

$cos t = 0$ のとき： $sin^{2} t = 1 - cos^{2} t = 1$ かつ $cos 2 t = 2 cos^{2} t - 1 = - 1$ である。① $cos 2 t = sin t$ より $sin t = - 1$ となる。 $cos t = 0$ かつ $sin t = - 1$ を満たす実数 $t$ は、整数 $n$ を用いて $t = \frac{3}{2} π + 2 nπ$ である。
$sin t = \frac{1}{2}$ のとき： $cos 2 t = 1 - 2 sin^{2} t = 1 - 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2} = sin t$ となり、①は自動的に成り立つ。 $sin t = \frac{1}{2}$ を満たす実数 $t$ は、整数 $n$ を用いて $t = \frac{π}{6} + 2 nπ, \frac{5}{6} π + 2 nπ$ である。

以上をまとめると（ $n$ は整数として）、求める $t$ は

t = \frac{π}{6} + 2 nπ, \frac{5}{6} π + 2 nπ, \frac{3}{2} π + 2 nπ

となる。なお、これら3つの系列は単位円上で $\frac{2}{3} π$ ずつ等間隔に並んでいるため、整数 $n$ を用いて 1 つの式 $t = \frac{π}{6} + \frac{2}{3} nπ$ と表すこともできる。

$t = \frac{π}{6}, \frac{5}{6} π, \frac{3}{2} π$ をそれぞれ代入すると、 $P = Q = (\frac{1}{2}, \frac{3}{2}), (\frac{1}{2}, - \frac{3}{2}), (- 1, 0)$ となり一致する。

②の $cos t (1 - 2 sin t) = 0$ を $cos t$ で割って $sin t = \frac{1}{2}$ だけにすると、 $cos t = 0$ の解を落とす。必ず因数分解の形で残す。

$cos t = 0$ のとき $sin t = 1$ （ $t = \frac{π}{2} + 2 nπ$ ）は $cos 2 t = - 1 \neq = 1$ なので①を満たさない。①②の双方を同時に満たすこと（十分性）を確認する。

▸ 別解：余角の公式を使って直接角を比べる解法

①を $cos 2 t = cos (\frac{π}{2} - t)$ と直すと、整数 $k$ を用いて $2 t = \pm (\frac{π}{2} - t) + 2 k π$ である。

複号が $+$ なら $t = \frac{π}{6} + \frac{2}{3} k π$ 、 $-$ なら $t = - \frac{π}{2} + 2 k π$ となり、後者は前者に含まれる（ $k$ を $3 m + 2$ とおいた場合）。これらを② $sin (\frac{π}{2} - t) = sin 2 t$ に戻して確かめると、すべて②も満たす。

(2) $0 < t < 2 π$ のとき、点 $P (cos 2 t, cos t)$ の軌跡と座標軸との共有点を求める

答放物線 $x = 2 y^{2} - 1$ のうち $- 1 ≦ y < 1$ の部分（端点 $(1, - 1)$ は含み、端点 $(1, 1)$ は除く）。 $x$ 軸との共有点は $(- 1, 0)$ 、 $y$ 軸との共有点は $(0, \frac{2}{2}), (0, - \frac{2}{2})$

$x = cos 2 t$ を $cos t = y$ の式に書き換えて $t$ を消去し、 $0 < t < 2 π$ の範囲で $y = cos t$ がとりうる値の範囲を両端まで丁寧に調べる。

点 $P$ の座標を $(x, y)$ とおくと、 $x = cos 2 t, y = cos t$ である。2倍角の公式 $cos 2 t = 2 cos^{2} t - 1$ より $t$ を消去すると

x = 2 y^{2} - 1

を得る。次に、 $0 < t < 2 π$ の範囲を $t$ が動くとき、 $y = cos t$ のとりうる値の範囲を調べる。 $0 < t < π$ で $cos t$ は $1$ 未満から $- 1$ まで減少し（ $t = π$ で $cos π = - 1$ ）、 $π < t < 2 π$ で $- 1$ から $1$ 未満まで増加する。 $t = 0, 2 π$ は範囲に含まれないため $cos t = 1$ とはならず、 $y$ の値域は

- 1 ≦ y < 1

である。逆に、 $- 1 ≦ y < 1$ を満たす任意の実数 $y$ に対して $cos t = y$ となる $t \in (0, 2 π)$ が存在し、その $t$ について $x = 2 y^{2} - 1$ が成り立つ。よって求める軌跡は、放物線 $x = 2 y^{2} - 1$ の $- 1 ≦ y < 1$ の部分（点 $(1, - 1)$ を含み、点 $(1, 1)$ を除く）である。

座標軸との共有点を求める。

$x$ 軸との共有点（ $y = 0$ ）： $- 1 ≦ 0 < 1$ を満たし、 $x = 2 \cdot 0^{2} - 1 = - 1$ 。よって共有点は $(- 1, 0)$ である。
$y$ 軸との共有点（ $x = 0$ ）： $2 y^{2} - 1 = 0$ より $y = \pm \frac{2}{2}$ 。どちらも $- 1 ≦ y < 1$ を満たすので、共有点は $(0, \frac{2}{2}), (0, - \frac{2}{2})$ である。

点

P

の軌跡

x = 2 y^{2} - 1 (- 1 ≦ y < 1)

。端点

(1, - 1)

は黒丸（含む）、端点

(1, 1)

は白丸（除く）。

$t = \frac{π}{4}$ のとき $(cos \frac{π}{2}, cos \frac{π}{4}) = (0, \frac{2}{2})$ 、 $t = π$ のとき $(1, - 1)$ 、 $t \to + 0$ で $(1, 1)$ に近づくがその点はとらないことが確かめられる。

$0 < t < 2 π$ の両端が開区間であるため、 $y = 1$ に対応する点 $(1, 1)$ は軌跡に含まれない。一方、 $t = π$ は区間の内部にあるため $y = - 1$ すなわち点 $(1, - 1)$ は含む。図では白丸と黒丸を明確に描き分ける。

$x = 2 y^{2} - 1$ は $y$ について2次なので軸が $x$ 軸（横に開く放物線）になる。 $y = 2 x^{2} - 1$ と縦横を誤らないようにする。

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第2問　確率

反復試行の確率・条件付き確率・場合の数の数え上げ当サイトの体感難易度：標準

(1)正八面体のさいころ（ $1, 2, 3$ が各1面、 $0$ が5面）を $n$ 回（ $n ≧ 2$ ）投げるとき、持ち点が $2$ 以下である確率を求める

答 $\frac{5 ^{n - 2} ( n ^{2} + 19 n + 50 )}{2 \cdot 8 ^{n}}$

各回で出る確率は $0$ が $\frac{5}{8}$ 、 $1, 2, 3$ が各 $\frac{1}{8}$ である。合計が $0, 1, 2$ になる場合を互いに排反に分けて計算する。

1回の試行で、出る数が $0$ である確率は $\frac{5}{8}$ 、 $1, 2, 3$ である確率はそれぞれ $\frac{1}{8}$ である。 $n$ 回の試行の合計（持ち点）が $2$ 以下になるのは、合計が $0, 1, 2$ のいずれかとなるときであり、各内訳は次の通り互いに排反である。

合計が $0$ のとき： $n$ 回すべて $0$ が出る。確率は $(\frac{5}{8})^{n} = \frac{5 ^{n}}{8 ^{n}}$ 。
合計が $1$ のとき： $1$ が1回、 $0$ が $n - 1$ 回出る。確率は $_{n} C_{1} (\frac{1}{8}) (\frac{5}{8})^{n - 1} = \frac{n \cdot 5 ^{n - 1}}{8 ^{n}}$ 。
合計が $2$ かつ「 $2$ が1回」のとき： $2$ が1回、 $0$ が $n - 1$ 回出る。確率は $_{n} C_{1} (\frac{1}{8}) (\frac{5}{8})^{n - 1} = \frac{n \cdot 5 ^{n - 1}}{8 ^{n}}$ 。
合計が $2$ かつ「 $1$ が2回」のとき（ $n ≧ 2$ より可能）： $1$ が2回、 $0$ が $n - 2$ 回出る。確率は $_{n} C_{2} (\frac{1}{8})^{2} (\frac{5}{8})^{n - 2} = \frac{n ( n - 1 )}{2} \cdot \frac{5 ^{n - 2}}{8 ^{n}}$ 。

これらをすべて加えると、求める確率は

\frac{5 ^{n} + 2 n \cdot 5 ^{n - 1} + \frac{n ( n - 1 )}{2} \cdot 5 ^{n - 2}}{8 ^{n}} = \frac{5 ^{n - 2}}{2 \cdot 8 ^{n}} {50 + 20 n + n (n - 1)} = \frac{5 ^{n - 2} ( n ^{2} + 19 n + 50 )}{2 \cdot 8 ^{n}}

となる。

$n = 2$ を代入すると $\frac{5 ^{0} ( 4 + 38 + 50 )}{2 \cdot 64} = \frac{92}{128} = \frac{23}{32}$ 。実際に2回の合計が $3$ 以上になるのは $(1, 2), (2, 1), (2, 2)$ と「 $3$ を含む組」だけで、余事象は $1 + 1 + 1 + （ 8^{2} - 7^{2} ） = 18$ 通り。 $1 - \frac{18}{64} = \frac{46}{64} = \frac{23}{32}$ で一致する。

$0$ の面が5つあるため、 $0$ が出る確率が $\frac{1}{8}$ ではなく $\frac{5}{8}$ である点を見落とさない。

合計が $2$ になる場合を「 $2$ が1回」だけで済ませず、「 $1$ が2回」を忘れずに数える。また $n ≧ 2$ の条件から $5^{n - 2}$ は無理なくくくり出せる。

(2)4回投げて持ち点が $10$ 以上であったとき、さらに2回投げて合計が $17$ 以上になる条件付き確率を求める

答 $\frac{7}{960}$

1回の最大値が $3$ なので、4回の合計は最大 $12$ 、追加2回の合計は最大 $6$ しかない。とりうる組み合わせがごくわずかなため、すべて書き出して数える。

最初の4回の持ち点を $S$ 、続く2回の増加分を $T$ とする。事象 $A$ を「 $S ≧ 10$ 」、事象 $B$ を「 $S + T ≧ 17$ 」とおく。1回に出る数の最大値は $3$ だから、 $S ≦ 12$ かつ $T ≦ 6$ である。

まず $P (A)$ を求める。4回の試行で $S ≧ 10$ となるのは $S = 10, 11, 12$ の3通りに限られ、各回の $1, 2, 3$ の面はそれぞれ1つずつしかないので、出方の順列を数えればよい。

$S = 12$ ： $(3, 3, 3, 3)$ の $1$ 通り。
$S = 11$ ： $(3, 3, 3, 2)$ の並べ替えで $4$ 通り。
$S = 10$ ： $(3, 3, 3, 1)$ の並べ替え $4$ 通りと、 $(3, 3, 2, 2)$ の並べ替え $\frac{4 !}{2 ! 2 !} = 6$ 通りの計 $10$ 通り（最大値が $2$ 以下だと4回の和は最大 $8 < 10$ のため他にない）。

以上より $S ≧ 10$ となる出方は $1 + 4 + 10 = 15$ 通りあり、

P (A) = \frac{15}{8 ^{4}}

である。次に $P (A \cap B)$ を求める。 $T ≦ 6$ より、 $S + T ≧ 17$ となる可能性は次の場合に限られる。

$S = 10$ のとき： $T ≧ 7$ が必要だが $T ≦ 6$ なので $0$ 通り。
$S = 11$ のとき： $T ≧ 6$ すなわち $T = 6$ （ $(3, 3)$ の $1$ 通り）が必要。 $4 \times 1 = 4$ 通り。
$S = 12$ のとき： $T ≧ 5$ すなわち $(3, 3), (3, 2), (2, 3)$ の $3$ 通りが可能。 $1 \times 3 = 3$ 通り。

よって6回の試行（ $8^{6}$ 通り）のうち $A \cap B$ を満たすものは $4 + 3 = 7$ 通りあり、

P (A \cap B) = \frac{7}{8 ^{6}}

である。したがって求める条件付き確率は

P_{A} (B) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( A )} = \frac{7/ 8 ^{6}}{15/ 8 ^{4}} = \frac{7}{15 \cdot 8 ^{2}} = \frac{7}{960}

となる。

前半4回の「3以上が出たとき」の各状態 $S = 11$ （確率 $\frac{4}{15}$ ）、 $S = 12$ （確率 $\frac{1}{15}$ ）、 $S = 10$ （確率 $\frac{10}{15}$ ）について後半の確率を掛けて足しても、 $\frac{4}{15} \cdot \frac{1}{64} + \frac{1}{15} \cdot \frac{3}{64} = \frac{7}{960}$ となる。

$S = 10$ の内訳を数えるとき、 $(3, 3, 2, 2)$ の並べ替え $\frac{4 !}{2 ! 2 !} = 6$ 通りを落とさないように、大きい数から降順に整列した組（ $(3, 3, 3, 1)$ と $(3, 3, 2, 2)$ ）で漏れなく書き出す。

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第3問　数列・積分

2項間漸化式・定積分を含む関数列・数学的帰納的構造の把握当サイトの体感難易度：標準

(1)初項 $a_{1} = α$ 、 $a_{n + 1} = \frac{1}{2} a_{n} + 1$ で定められる数列 ${a_{n}}$ の一般項を求める

答 $a_{n} = 2 + (α - 2) (\frac{1}{2})^{n - 1}$

特性方程式 $c = \frac{1}{2} c + 1$ から定数 $2$ を引き、等比数列の形に直す。

$c = \frac{1}{2} c + 1$ を解くと $c = 2$ である。漸化式の両辺から $2$ を引くと

a_{n + 1} - 2 = \frac{1}{2} (a_{n} - 2) (n = 1, 2, 3, \dots)

となる。よって数列 ${a_{n} - 2}$ は初項 $a_{1} - 2 = α - 2$ 、公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列であるから

a_{n} - 2 = (α - 2) (\frac{1}{2})^{n - 1}

すなわち

a_{n} = 2 + (α - 2) (\frac{1}{2})^{n - 1}

となる。

$n = 1$ で $2 + (α - 2) = α$ 、 $n = 2$ で $2 + \frac{α - 2}{2} = \frac{α}{2} + 1$ となり定義と一致する。

(2) $f_{1} (x) = 3 x$ および $f_{n + 1} (x) = (n + 2) x^{n + 1} + (\int_{0}^{1} f_{n} (t) d t) x$ で定められる関数 $f_{n} (x)$ を $x$ と $n$ で表す

答 $f_{n} (x) = (n + 1) x^{n} + (2 - \frac{1}{2 ^{n - 1}}) x$

定積分部分を定数 $I_{n} = \int_{0}^{1} f_{n} (t) d t$ とおき、両辺を $0$ から $1$ まで積分して (1) と同じ形の漸化式を導く。

各自然数 $n$ に対して、定積分 $I_{n} = \int_{0}^{1} f_{n} (t) d t$ とおくと、与えられた関係式は

f_{n + 1} (x) = (n + 2) x^{n + 1} + I_{n} x (n = 1, 2, 3, \dots)

と書ける。まず $n = 1$ のとき $f_{1} (t) = 3 t$ より

I_{1} = \int_{0}^{1} 3 t d t = [\frac{3}{2} t^{2}]_{0}^{1} = \frac{3}{2}

である。また、関係式の両辺の変数を $t$ として $0$ から $1$ まで定積分すると

I_{n + 1} = \int_{0}^{1} {(n + 2) t^{n + 1} + I_{n} t} d t = [t^{n + 2} + \frac{I _{n}}{2} t^{2}]_{0}^{1} = 1 + \frac{1}{2} I_{n} (n = 1, 2, 3, \dots)

となる。これは (1) で $α = \frac{3}{2}$ とおいた漸化式にほかならないから、(1) の結果よりすべての自然数 $n$ に対して

I_{n} = 2 + (\frac{3}{2} - 2) (\frac{1}{2})^{n - 1} = 2 - (\frac{1}{2})^{n} = 2 - \frac{1}{2 ^{n}}

を得る。したがって $n ≧ 2$ のとき、漸化式で $n$ を $n - 1$ に置き換えて

f_{n} (x) = (n + 1) x^{n} + I_{n - 1} x = (n + 1) x^{n} + (2 - \frac{1}{2 ^{n - 1}}) x

となる。この式に $n = 1$ を代入すると $(1 + 1) x^{1} + (2 - \frac{1}{2 ^{0}}) x = 2 x + x = 3 x = f_{1} (x)$ となるため、 $n = 1$ のときも成り立つ。よってすべての自然数 $n$ について

f_{n} (x) = (n + 1) x^{n} + (2 - \frac{1}{2 ^{n - 1}}) x

である。

順に直接計算すると $f_{2} (x) = 3 x^{2} + \frac{3}{2} x$ 、 $I_{2} = \int_{0}^{1} (3 t^{2} + \frac{3}{2} t) d t = 1 + \frac{3}{4} = \frac{7}{4}$ 、 $f_{3} (x) = 4 x^{3} + \frac{7}{4} x$ となり、公式に $n = 2, 3$ を代入した値と一致する。

関係式 $f_{n + 1} (x) = \dots$ から $f_{n} (x)$ を書き出すときは $n ≧ 2$ が前提となる。求めた式が $n = 1$ でも $f_{1} (x) = 3 x$ に一致することを必ず確認して一言添える。

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第4問　平面ベクトル

ベクトルの大きさと内積・角の二等分線と内心・内接円の接点と垂直条件当サイトの体感難易度：標準

(1) $∣ OA ∣ = 3, ∣ AB ∣ = 5, OA \cdot OB = 10$ を満たす $△ OAB$ について、辺 $OB$ の長さを求める

答 $6$

$AB = OB - OA$ として両辺の大きさを2乗し、与えられた大きさと内積を代入する。

$AB = OB - OA$ だから

∣ AB ∣^{2} = ∣ OB - OA ∣^{2} = ∣ OB ∣^{2} - 2 OA \cdot OB + ∣ OA ∣^{2}

条件 $∣ OA ∣ = 3, ∣ AB ∣ = 5, OA \cdot OB = 10$ を代入すると

25 = ∣ OB ∣^{2} - 20 + 9 ⟹ ∣ OB ∣^{2} = 36

$∣ OB ∣ > 0$ より、辺 $OB$ の長さは $6$ である。

3辺の長さが $3, 5, 6$ となり三角不等式 $3 + 5 > 6$ を満たす。余弦定理では $cos ∠ AOB = \frac{3 ^{2} + 6 ^{2} - 5 ^{2}}{2 \cdot 3 \cdot 6} = \frac{20}{36} = \frac{5}{9}$ で、内積 $3 \cdot 6 \cdot \frac{5}{9} = 10$ に戻る。

(2) $△ OAB$ の内心 $I$ に対し、 $OI$ を $OA$ と $OB$ で表す

答 $OI = \frac{3}{7} OA + \frac{3}{14} OB$

角の二等分線の性質を2回（直線 $OI$ と $AB$ の交点 $D$ 、および $△ OAD$ における $AI$ ）使って比から導く。

$∠ AOB$ の二等分線と辺 $AB$ の交点を $D$ とすると、角の二等分線の性質より

AD : DB = OA : OB = 3 : 6 = 1 : 2

であるから

OD = \frac{2 OA + OB}{3}, AD = \frac{1}{3} AB = \frac{5}{3}

となる。さらに $△ OAD$ において $AI$ は $∠ OAD$ の二等分線なので

OI : ID = OA : AD = 3 : \frac{5}{3} = 9 : 5

である。よって点 $I$ は線分 $OD$ を $9 : 5$ に内分するから

OI = \frac{9}{9 + 5} OD = \frac{9}{14} \cdot \frac{2 OA + OB}{3} = \frac{3}{7} OA + \frac{3}{14} OB

を得る。

係数の比が $\frac{3}{7} : \frac{3}{14} = 2 : 1 = OB : OA$ であり、係数和 $\frac{3}{7} + \frac{3}{14} = \frac{9}{14} < 1$ から確かに三角形の内部にある。

$OA$ と $OB$ の係数の分子を入れ替えないよう注意する（ $OA$ に掛かるのは対辺 $OB = 6$ 、 $OB$ に掛かるのは対辺 $OA = 3$ ）。

▸ 別解：内心の位置ベクトルの公式による解法

3辺の長さが $OA = 3, OB = 6, AB = 5$ なので、周の長さは $3 + 6 + 5 = 14$ 。内心の位置ベクトルの公式より

OI = \frac{OB OA + OA OB}{OA + OB + AB} = \frac{6 OA + 3 OB}{14} = \frac{3}{7} OA + \frac{3}{14} OB

(3)内接円と辺 $OA$ の接点を $H$ とするとき、 $HI$ を $OA$ と $OB$ で表す

答 $HI = - \frac{5}{21} OA + \frac{3}{14} OB$

点 $H$ は辺 $OA$ 上にあるので $OH = k OA$ とおき、接線と半径の垂直条件 $HI \cdot OA = 0$ から $k$ を決める（初等幾何の接線の長さでも即座にわかる）。

点 $H$ は辺 $OA$ 上にあるから、実数 $k$ を用いて $OH = k OA$ とおける。すると (2) より

HI = OI - OH = (\frac{3}{7} - k) OA + \frac{3}{14} OB

である。 $H$ は内接円と辺 $OA$ の接点なので $HI ⊥ OA$ 、すなわち $HI \cdot OA = 0$ である。よって

(\frac{3}{7} - k) ∣ OA ∣^{2} + \frac{3}{14} OA \cdot OB = 0

$∣ OA ∣^{2} = 9, OA \cdot OB = 10$ を代入すると

9 (\frac{3}{7} - k) + \frac{3}{14} \cdot 10 = 0 ⟹ \frac{27}{7} - 9 k + \frac{15}{7} = 0 ⟹ 6 - 9 k = 0

となり、 $k = \frac{2}{3}$ を得る（ $0 < \frac{2}{3} < 1$ で確かに辺 $OA$ 上にある）。したがって

HI = (\frac{3}{7} - \frac{2}{3}) OA + \frac{3}{14} OB = - \frac{5}{21} OA + \frac{3}{14} OB

となる。

△ OAB

（

OA = 3, OB = 6, AB = 5

）と内接円（中心

I

、接点

H

）。

OH = 2

より

OH = \frac{2}{3} OA

となる。

ヘロンの公式より $△ OAB$ の面積は $7 (7 - 3) (7 - 5) (7 - 6) = 214$ 、内接円の半径は $r = \frac{2 14}{7}$ 、すなわち $r^{2} = \frac{8}{7}$ 。実際に $∣ HI ∣^{2} = \frac{25}{441} \cdot 9 - 2 \cdot \frac{5}{21} \cdot \frac{3}{14} \cdot 10 + \frac{9}{196} \cdot 36 = \frac{25 - 50 + 81}{49} = \frac{56}{49} = \frac{8}{7}$ となり一致する。

▸ 別解：接線の長さの公式を使う別解

内接円の性質より接線の長さは等しいので、 $OH = \frac{OA + OB - AB}{2} = \frac{3 + 6 - 5}{2} = 2$ 。 $OA = 3$ より $OH = \frac{2}{3} OA$ だから、

HI = OI - OH = (\frac{3}{7} - \frac{2}{3}) OA + \frac{3}{14} OB = - \frac{5}{21} OA + \frac{3}{14} OB

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第5問　微分積分

対数関数の微分・接線の方程式・2次導関数と凹凸・部分積分と面積当サイトの体感難易度：標準

(1)曲線 $C : y = x lo g (x + 2) + 1 (x > - 2)$ の接線のうち傾きが正で原点を通る直線 $ℓ$ の方程式を求める

答 $y = (2 lo g 2 + \frac{1}{2}) x$

接点の $x$ 座標を $p$ とおいて接線の方程式を作り、 $(0, 0)$ を代入して $p$ を求めたあと、傾き $f^{'} (p) > 0$ を満たすものを選ぶ。

$x > - 2$ において $f (x) = x lo g (x + 2) + 1$ を微分すると

f^{'} (x) = lo g (x + 2) + \frac{x}{x + 2}

である。接点の $x$ 座標を $p (p > - 2)$ とおくと、接線の方程式は

y = f^{'} (p) (x - p) + f (p)

これが原点 $(0, 0)$ を通る条件は $f (p) - p f^{'} (p) = 0$ だから

p lo g (p + 2) + 1 - p {lo g (p + 2) + \frac{p}{p + 2}} 1 - \frac{p ^{2}}{p + 2} p^{2} - p - 2 = 0 = 0 = 0

$(p - 2) (p + 1) = 0$ より $p = - 1, 2$ （どちらも $p > - 2$ を満たす）。ここで接線の傾き $f^{'} (p)$ の符号を調べる。

$p = - 1$ のとき： $f^{'} (- 1) = lo g 1 + \frac{- 1}{1} = - 1 < 0$ であり、傾きが正という条件に合わない。
$p = 2$ のとき： $f^{'} (2) = lo g 4 + \frac{2}{4} = 2 lo g 2 + \frac{1}{2} > 0$ であり、条件を満たす。

よって直線 $ℓ$ は原点と傾き $2 lo g 2 + \frac{1}{2}$ をもつ直線であり、方程式は

y = (2 lo g 2 + \frac{1}{2}) x

である。

接点 $x = 2$ において、曲線上の値は $f (2) = 2 lo g 4 + 1 = 4 lo g 2 + 1$ 、直線上の値は $(2 lo g 2 + \frac{1}{2}) \cdot 2 = 4 lo g 2 + 1$ で一致している。

$p = - 1$ を傾き正の条件で除外する過程を必ず明記する。ここを書かずに $p = 2$ だけ出すと減点対象になる。

(2)曲線 $C : y = x lo g (x + 2) + 1 (x > - 2)$ が下に凸であることを証明する

答 $x > - 2$ でつねに $f^{''} (x) = \frac{x + 4}{( x + 2 ) ^{2}} > 0$ となるため下に凸

$f^{'} (x)$ をもう一度微分して $f^{''} (x)$ の符号が $x > - 2$ の全域で正であることを示す。

$f^{'} (x) = lo g (x + 2) + \frac{x}{x + 2} = lo g (x + 2) + 1 - \frac{2}{x + 2}$ を微分すると

f^{''} (x) = \frac{1}{x + 2} + \frac{2}{( x + 2 ) ^{2}} = \frac{x + 4}{( x + 2 ) ^{2}}

となる。定義域 $x > - 2$ において、分子 $x + 4 > 2 > 0$ 、分母 $(x + 2)^{2} > 0$ であるから、 $x > - 2$ のすべての $x$ に対して

f^{''} (x) > 0

が成り立つ。したがって曲線 $C$ は下に凸である。

(3)曲線 $C$ 、直線 $ℓ$ 、および $y$ 軸で囲まれた部分の面積を求める

答 $2 - 2 lo g 2$

(2) の下に凸性より $C$ はつねに接線 $ℓ$ の上側にある。区間 $[0, 2]$ で上端 $f (x)$ から下端 $ℓ (x)$ を引いて積分し、 $x lo g (x + 2)$ は $x^{2} - 4$ の原始関数を使うと計算が簡潔になる。

(2) より $C$ は $x > - 2$ で下に凸であるから、 $x = 2$ における接線 $ℓ$ は $C$ と接点 $(2, 4 lo g 2 + 1)$ だけで共有点をもち、 $0 ≦ x ≦ 2$ において $f (x) ≧ (2 lo g 2 + \frac{1}{2}) x$ が成り立つ。よって求める面積 $S$ は

S = \int_{0}^{2} {x lo g (x + 2) + 1 - (2 lo g 2 + \frac{1}{2}) x} d x

である。 $(\frac{x ^{2} - 4}{2})^{'} = x$ を用いて部分積分を行うと、分母 $x + 2$ を約分できる。

\int_{0}^{2} x lo g (x + 2) d x = [\frac{x ^{2} - 4}{2} lo g (x + 2)]_{0}^{2} - \int_{0}^{2} \frac{x ^{2} - 4}{2} \cdot \frac{1}{x + 2} d x = (0 - (- 2 lo g 2)) - \frac{1}{2} \int_{0}^{2} (x - 2) d x = 2 lo g 2 - \frac{1}{2} [\frac{( x - 2 ) ^{2}}{2}]_{0}^{2} = 2 lo g 2 - \frac{1}{2} (0 - 1) = 2 lo g 2 + 1

残りの項を積分すると

\int_{0}^{2} {1 - (2 lo g 2 + \frac{1}{2}) x} d x = [x - (lo g 2 + \frac{1}{4}) x^{2}]_{0}^{2} = 2 - 4 lo g 2 - 1 = 1 - 4 lo g 2

となるので、両者を合わせて

S = (2 lo g 2 + 1) + (1 - 4 lo g 2) = 2 - 2 lo g 2

を得る。

曲線

C : y = x lo g (x + 2) + 1

、接線

ℓ : y = (2 lo g 2 + \frac{1}{2}) x

、および

y

軸で囲まれた領域（網かけ）。

底辺 $2$ （ $x = 0$ から $2$ ）、高さの差が $x = 0$ で $1$ の直角三角形の面積は $\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 1 = 1$ であり、曲線が下に凸なので面積は $1$ より小さいはずである。実際 $2 - 2 lo g 2 \approx 2 - 2 \times 0.693 = 0.614 < 1$ となり整合する。

部分積分で $(\frac{x ^{2}}{2})^{'} = x$ とおいても解けるが、 $\frac{x ^{2}}{x + 2} = x - 2 + \frac{4}{x + 2}$ の多項式割り算が必要になり符号ミスが起きやすい。 $\frac{x ^{2} - 4}{2}$ を使うと割り切れて計算が半分になる。